國立臺灣大學一百零二學年度研究所碩士班入學考試試題：微積分(B)

1. Sketch a figure and display the general natrue of the function $\left(x^3-1\right)/x$. (15%)
訣竅
透過計算極限、一階與二階導函數等尋求極值、反曲點、遞增遞減區間、凹凸區間以及漸近線等繪圖資訊。
解法
設函數 $f\left(x\right)=x^2-x^{-1}$，容易注意到 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f\left(x\right)=\infty$ 且 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(f\left(x\right)-x^2\right)=0$。再者，也有 $\displaystyle\lim_{x\to0^\pm}f\left(x\right)=\mp\infty$，故 $x=0$ 處有鉛直漸近線。
又求一階導函數有 $f'\left(x\right)=2x+x^{-2}$，容易發現當 $x\in\left(-2^{-1/3},0\right)\cup\left(0,\infty\right)$ 時有 $f'\left(x\right)>0$ 而 $x\in\left(-\infty,-2^{-1/3}\right)$ 有 $f'\left(x\right)<0$。因此在 $x=-2^{-1/3}$ 處有局部極小值。
又進一步計算二階導函數得 $f''\left(x\right)=2-2x^{-3}$。那麼當 $x\left(-\infty,0\right)\cup\in\left(1,\infty\right)$ 時有 $f''\left(x\right)>0$，而在 $x\in\left(0,1\right)$ 時有 $f''\left(x\right)<0$，故 $\left(1,f\left(1\right)\right)=\left(1,0\right)$ 處為反曲點。
據此將圖形繪製如下



2. Find $dy/dx$ and $d^2y/dx^2$ for the curve $C:x=t^2$, $y=t^5$. (10%)
訣竅
運用連鎖律計算一階與二階導函數。
解法

由連鎖律可知一階導函數為

$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}=\frac{5t^4}{2t}=\frac{5t^3}2$

又二階導函數為

$\displaystyle\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d\left(dy/dx\right)}{dx}=\frac{d\left(5t^3/2\right)/dt}{dx/dt}=\frac{15t^2/2}{2t}=\frac{15t}4$



3. Find the area enclosed by the curve $x\left(t\right)=a\cos t$, $y\left(t\right)=b\sin t$, $0\leq t\leq2\pi$, and the volume generated by revolving the curve about the $x$-axis. (15%)
訣竅
運用旋轉體體積公式計算即可。
解法

使用旋轉體體積公式可知

$\displaystyle V=\int_{t=\pi}^{t=0}\pi y^2\left(t\right)dx\left(t\right)=ab^2\pi\int_0^{\pi}\sin^3tdt=\left.ab^2\pi\left(\frac{\cos^3t}3-\cos t\right)\right|_0^{\pi}=\frac{4ab^2\pi}3$



4. Calculate $\displaystyle\int\frac{x^5+2}{x^2-1}dx$. (10%)
訣竅
運用部分分式法求解。
解法

容易經由多項式除法改寫不定積分並計算如下

$\displaystyle\int\frac{x^5+2}{x^2-1}dx=\int\left(x^3+x+\frac{3/2}{x-1}-\frac{1/2}{x+1}\right)dx=\frac{x^4}4+\frac{x^2}2+\frac32\ln\left|x-1\right|-\frac12\ln\left|x+1\right|+C$



5. Find $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac1x\int_0^x\sin\left(\frac1{t+1}\right)dt$ if it exists. (10%)
訣竅
經由不等式將被積分函數替換為較容易處理之形式，並確認其極限可計算為零，從而可由夾擠定理獲得解答。
解法
由於 $\sin u\leq u$，故容易發現
$\displaystyle\int_0^x\sin\left(\frac1{t+1}\right)dt\leq\int_0^x\frac{dt}{t+1}=\ln\left(x+1\right)$
又因 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\left(x+1\right)}x=0$，故由夾擠定理能知所求之極限為 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac1x\int_0^x\sin\left(\frac1{t+1}\right)dt=0$。


6. Find the Taylor series expansion of $e^{-x}\sqrt{x+1}$ at $x=0$, and give the radius of converges. (10%)
訣竅
求導並觀察其規律。
解法
由於 $\sqrt{1+x}$ 可由廣義二項式定理的展開如下
$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{1/2\choose n}x^n=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}\left(2n-2\right)!}{2^{2n-1}\left(n-1\right)!n!}x^n$　　($x\in\left(-1,1\right)$)
因此當 $x\in\left(-1,1\right)$ 時有 $\displaystyle e^{-x}\sqrt{x+1}=e^{-x}+e^{-x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}\left(2n-2\right)!}{2^{2n-1}\left(n-1\right)!n!}x^n$。又因 $\displaystyle e^{-x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n!}x^n$，從而有
$\displaystyle e^{-x}\sqrt{x+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n!}x^n+x\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n}{n!}x^n\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^n\left(2n\right)!}{2^{2n+1}n!\left(n+1\right)!}x^n\right)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\left(-1\right)^n}{n!}+C_{n-1}\right)x^n$
此處 $C_n$ 定義如下
$\displaystyle C_n=\sum_{k=0}^n\frac{\left(-1\right)^k}{k!}\cdot\frac{\left(-1\right)^{n-k}}{\left(2n-2k\right)!}{2^{2n-2k+1}\left(n-k\right)!\left(n-k+1\right)!}=\sum_{k=0}^n\frac{\left(-1\right)^n\left(2n-2k\right)!}{2^{2n-2k+1}k!\left(n-k\right)!\left(n-k+1\right)!}$
由於 $e^{-x}$ 的收斂半徑為 $\infty$ 而 $\sqrt{x+1}$ 的收斂半徑為 $1$，故兩者相乘的收斂半徑也為 $1$。


7. Set $g\left(x,y\right)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x^2y^2}{x^4+y^4}&\left(x,y\right)\neq\left(0,0\right)\\0&\left(x,y\right)=\left(0,0\right).\end{cases}$　(a) Evaluate $\partial g/\partial x$ at $\left(0,0\right)$. (b) Is $g\left(x,y\right)$ continuous at $\left(0,0\right)$? (10%)
訣竅
按照偏導函數的定義求解，但由次數的觀察可沿著斜直線確認給定的函數不連續。
解法
1. 按照偏導數的定義計算可知

   $\displaystyle\frac{\partial g}{\partial x}\left(0,0\right)=\lim_{h\to0}\frac{g\left(h,0\right)-g\left(0,0\right)}h=\lim_{h\to0}\frac{0-0}h=0$

2. 由反證法，假設 $g$ 在 $\left(0,0\right)$ 處連續，即沿任何路徑趨於原點時 $g$ 會趨於 $g\left(0,0\right)=0$。但容易發現沿著斜直線 $y=x$ 時有 $\displaystyle\lim_{x\to0}g\left(x,x\right)=\frac12\neq0$，從而函數 $g$ 在原點處不連續。


8. Integrate $\vec{h}$ over the indicated path: $\vec{h}\left(x,y\right)=\left(x+2\right)y\vec{i}+\left(2x+y\right)\vec{j}$; $y=x^2$ from $\left(0,0\right)$ to $\left(2,4\right)$. (10%)
訣竅
利用參數化計算線積分即可。
解法

利用參數化計算線積分可知

$\displaystyle\int_L\vec{h}\cdot d\vec{s}=\int_0^2\left[\left(t+2\right)t^2\cdot1+\left(2t+t^2\right)\cdot2t\right]dt=\int_0^2\left(3t^3+6t^2\right)dt=\left.\frac{3t^4}4+2t^3\right|_0^2=28$



9. Evaluate the double integral $\displaystyle\int_1^2\int_0^{\ln y}e^{-x}dxdy$. (10%)
訣竅
直接計算重積分即可。
解法

直接演算重積分可知

$\displaystyle\int_1^2\int_0^{\ln y}e^{-x}dxdy=\int_1^2-e^{-x}\Big|_0^{\ln y}dy=\int_1^2\left(1-\frac1y\right)dy=y-\ln y\Big|_1^2=1-\ln2$